第1.3.1节 单调性与最大(小)值
研习教材重难点
研习点1. 增函数与减函数
1.增函数与减函数的概念（重点） 一般地,设函数
f(x)的定义域为I
:
增函数的定义:如果对于定义域内某个区间
D上的任意两个自变量的值
x1,x2,当x1
增函数(increasing function).如右图所示.
减函数的定义:如果对于定义域内某个区间D上的任意两个自变量的值x1,x2,
当
x1f(x2),那么就说函数f(x)在区间D上是减函数
从增函数的定义可以看出, 函数是增函数还是减函数，是对定义域内某个区间
(decreasing function).如右图所示.
而言的.有的函数在一些区间上是增函数，而在另一些区间上不是增函数.例如函数，当x∈[0,+∞)时是增函数，当x∈(-∞,0)时是减函数. y=x2（如右图）
函数单调性的定义要特别注意定义中“定义域内某个区间”“属于”“任意”“都有”这几个关键词语.另外,在某个区间上的两个自变量x1,x2与其对应的函数值对增函数而言是“荣辱与共”的，而对于减函数而言, “此消彼长”的. 单调性的定义的等价形式：设x1,x2（1）
∈[a,b]，那么
f(x1)-f(x2)f(x1)-f(x2)0⇔f(x)在[a,b]是增函数；
x1-x2x1-x2
（2）
(x1-x2)⎡⎣f(x1)-f(x2)⎤⎦
f(x)在这一区间具有（严格的）单调性，
2．单调性与单调区间（难点）
若函数y=f(x)在某个区间是增函数或减函数，则就说函数这一区间叫做函数
f(x)的单调区间.此时也说函数是这一区间上的单调函数.在单调区间上，增函数的图象
是上升的，减函数的图象是下降的.
在理解函数的单调性与单调区间时就注意以下几个方面
:
⑴函数的单调区间是其定义域的子集；增函数、减函数、单调函数是对整个定义域而言.有的函数不是单调函数，但在某个区间上可以有单调性. 因此说函数的单调性是对某个区间而言的，是一个局部概念.
⑵应是该区间内任意的两个实数，忽略需要任意取值这个条件，就不能保证函数是增函数（或减函数），例如右图中，在x1,x2那样的特定位置上，虽然使得然此图象表示的函数不是一个单调函数；
f(x1)>f(x2)，但显
⑶除了严格单调函数外，还有不严格单调函数，它的定义类似上述的定义，只要将上述定义中的“
f(x1)f(x2), ”改为“f(x1)≤f(x2) 或f(x1)≥f(x2),”即可；
⑷定义的内涵与外延：
内涵:是用自变量的大小变化来刻划函数值的变化情况；
外延:①一般规律：自变量的变化与函数值的变化一致时是单调递增，自变量的变化与函数值的变化相
对时是单调递减.
②几何特征：在自变量取值区间上，若单调函数的图象上升，则为增函数，图象下降则为减函数.
思考：函数单调区间与函数的单调性是同一个概念吗?“某个函数数
f(x)在区间D上单调”与“区间D是函
f(x)的单调区间”这两句话,你认为一样吗?
典例1. 给出下列函数的图象,指出函数的单调区间,并指明其单调性.
【研析】通过图象直观观察其升降来判断其增减性,但必须注意区间端点的取舍要合理,图（1）中 f(x)的单
调区间有
(-3,1],(－1,0),[0,1),[1,3).其中在(-3,1]和[0,1)上是减函数,在 (－1,0)和[1,3)上是增函数.
图（2）中 g(x)的单调区间有 -
⎛ππ⎫⎛π3π⎫⎛ππ⎫⎛π3π⎫
,⎪和 ,⎪,其中在 -,⎪和 ,⎪上都是减函数. ⎝22⎭⎝22⎭⎝22⎭⎝22⎭
以上是通过观察图象的方法来说明函数在某一区间的单调性，是一种比较粗略的方法，那么，对于任给函数，我们怎样根据增减函数的定义来证明它的单调性呢？ 3．单调性的判断与证明（难点）
用定义法判断或证明函数f(x) 在给定的区间D上的单调性的方法步骤：
(1) 任取x1，x2∈D，且x1
(3)变形（通常是因式分解和配方）； (4) 定号（即判断差f(x1)－f(x2)的正负）；
(5) 下结论（即指出函数f(x)在给定的区间D上的单调性）.
典例2. 讨论函数f(x)=-x2的单调性.
【研析】定义域 {x|-1≤x≤1} 在[-1,1]上任取x1,x2且x1
f(x1)=-x1
2
,
f(x2)=-x2
21
2
2
从而
f(x1)-f(x2)=-x--x2
=
2
(1-x12)-(1-x2)
-x+-x
2
122
=
x22-x12-x+-x
21
22
=
(x2+x1)(x2-x1)-x+-x
21
22
∵x1
2
>0 0 另外，恒有+x12++x2
∴若-1≤x10 则
f(x1)-f(x2)0 f(x1)>f(x2)
∴ 在[-1，0]上f(x)为增函数，在[0，1]上为减函数.
4.复合函数的单调性
①关于复合函数的单调性. 如果函数若
y=f(u),u=g(x)在区间D上定义,
y=f(u)为增函数, u=g(x)为增函数,则y=f⎡⎣g(x)⎤⎦为增函数; 若y=f(u)为增函数, u=g(x)为减函数,则y=f⎡⎣g(x)⎤⎦为减函数; y=f(u)为减函数, u=g(x)为减函数,则y=f⎡⎣g(x)⎤⎦为增函数; 若y=f(u)为减函数, u=g(x)为增函数,则y=f⎡⎣g(x)⎤⎦为减函数.
若
②关于分段函数的单调性. 若函数
⎧⎪g(x),x∈[a,b],g(x)在区间[a,b]上是增函数, h(x)在区间[c,d]上是增f(x)=⎨
⎪⎩h(x),x∈[c,d]
函数,则
f(x)在区间[a,b] [c,d]上不一定是增函数,若使得f(x)在区间[a,b] [c,d]上一定是增
函数,需补充条件:
g(b)≤h(c)
【梳理·总结】 从图象上看出函数的单调性
利用图像判断函数的单调性时，如果函数在定义域内的某一区间上图像自左向右是上升的，那么就说函数在这一区间上是增函数，这个区间就是它的单调递增区间.如果函数在定义域内的某一区间上图像自左向右是下降的，那么就说函数在这一区间上是减函数，这个区间就是它的单调递减区间.
典例3.已知f(x)=8+2x-x2,若g(x)=f(2-x2)试确定g(x)的单调区间和单调性
【研析】该题考察了复合函数的单调性.要记住“同向增、异向减”的规则.函数的定义域为R，分解基本函数为g显然g而t
=f(t)=-t2+2x+8和t=2-t2.
=f(t)=-t2+2x+8在(1,+∞)上是单调递减的，(-∞,1)上单调递增；
=2-x2在(-∞,0),(0,+∞)上分别是单调递增和单调递减的.且2-x2=1⇒x=±1，
(-∞,-1),(0,；1)单调减区间为
根据复合函数的单调性的规则：所以函数的单调增区间为
(1,+∞),-(1,. 0)
研习点2.函数的最大值与最小值
最大值：一般地，设函数y=f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足： ① 对于任意的x∈I，都有f(x)≤M； ②存在x0∈I，使得f(x0) = M. 那么，称M是函数y=f(x)的最大值.
最小值：一般地，设函数y=f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足： ① 对于任意的x∈I，都有f(x)≥M； ② 存在x0∈I，使得f(x0) = M. ③ 那么，称M是函数y=f(x)的最小值.
1 函数最大（小）首先应该是某一个函数值，即存在x0∈I，使得f(x0) = M； 注意：○
2 函数最大（小）应该是所有函数值中最大（小）的，即对于任意的x∈I，都有f(x)≤M（f(x)≥M）. ○
中学数学教材学习讲义(必修1)人教A版 【探究·发现】 判断函数的最大（小）值的方法 1 利用二次函数的性质（配方法）求函数的最大（小）值； ○
2 利用图象求函数的最大（小）值; ○
3 利用函数单调性的判断函数的最大（小）值: ○
如果函数y=f(x)在区间[a，b]上单调递增，在区间[b，c]上单调递减则函数y=f(x)在x=b处有最大值f(b)； 如果函数y=f(x)在区间[a，b]上单调递减，在区间[b，c]上单调递增则函数y=f(x)在x=b处有最小值f(b).
典例4.当x∈[0,1]时，求函数f(x)=x2+(2-6a)x+3a2的最小值
【研析】 函数y=f(x)图象的对称轴为方程为x=3a-1,从而
12时，[0,1]是f(x)的递增区间，f(x)min=f(0)=3a； 322
当3a-1>1，即a>时，[0,1]是f(x)的递减区间，f(x)min=f(1)=3a-6a+3；
3122
当0≤3a-1≤1，即≤a≤时，f(x)min=f(3a-1)=-6a+6a-1
33
当3a-1
从而
f(x)min
⎧3a2⎪
=⎨3a2-6a+3 ⎪-6a2+6a-1⎩
1)32
(a>)
3
12(≤a≤)33(a
探究解题新思路
▲ 基础思维探究
题型一 单调性的判断
典例1.判断下列函数的单调性：
(1)
y=|x-1|+|2x+4|; (2)y=-x2+2|x|+3.
【研析】(1)
⎧3x+3,(x>1)⎪
y=|x-1|+|2x+4|⎨x+5,(-2≤x≤1),其图象如右图所示:
⎪-3x-3,(x
由函数的图象可知,函数在[-2,+∞)上是增函数,在(-∞,-2]上是减函数.
(2)
⎧-x2+2x+3,(x≥0)
y=-x+2|x|+3=⎨2,其图象如右图所示:
⎩-x-2x+3,(x
2
由函数的图象可知,函数在(-∞,-1]、[0,1]上是增函数， 在[-1,0]、[1,+∞)上是减函数.
【总结与点评】研究函数的单调性的方法主要有图象法、定义法以及利用已知函数的单调性，数形结合始
终是研究函数性质及其应用的重要思想.本题中所给出的两个小题的函数式中均含有绝对值，可以采用分零点讨论去绝对值的方法，将函数转化为分段函数，再画出函数的图象，通过函数的图象观察函数的单调性.
【拓展·变式】
中学数学教材学习讲义(必修1)人教A版
1.判断函数y=|-x2+2x+3|的单调性.
题型二 单调性的证明
典例2. 利用单调性的定义证明函数f(x)=-x3+1在（－∞，+∞）上是减函数.
【研析】证法一:对任意x1,x2∈(-∞,+∞)且x1
13232
f(x2)-f(x1)=x13-x2=(x1-x2)(x12+x1x2+x2)=(x1-x2)[(x1+x2)2+x2]
24
132
>0，f(x2)-f(x1)
24
即
f(x1)>f(x2)，f(x)是减函数.
证法二: 对任意x1,x2∈(-∞,+∞)且x1
332
f(x2)-f(x1)=x1-x2=(x1-x2)(x12+x1x2+x2)
当x1x2当x1x2
2
0 2≥0时，有x12+x1x2+x2>0 x1-x2
f(x2)-f(x1)f(x2)，f(x)是减函数.
证法三: 对任意x1,x2∈(-∞,+∞)且x1
332
f(x2)-f(x1)=x1-x2=(x1-x2)(x12+x1x2+x2)=(x1-x2)2-x1x2
当x1∴
0，又 x1-x2
f(x2)-f(x1)f(x2)，f(x)在（-∞，0]上是减函数.
f(x)在[0，+∞）上是减函数
同理，∴
f(x)在（－∞，+∞）是减函数.
反思领悟 用定义证明函数单调性时，应注意证明的四个步骤是：⑴设x1,x2是给定区间内的任意两
个值，且x1
f(x1)－f(x2)，并将此差式变形（要注意变形的程度）；⑶判断f(x1)－
f(x2)的正负（要注意说理的充分性）；⑷根据f(x1)－f(x2)的符号确定其增减性..
【拓展·变式】
中学数学教材学习讲义(必修1)人教A版
2. 讨论函数f（x）=
ax
（a＞0）在x∈（－1，1）上的单调性
x2-1
题型三 求函数的单调区间 典例3. 设函数f（x）＝
单调性.
【研析】在定义域内任取
x1＜x2，∴f（x1）－f（x2）＝
x+a
（a＞b＞0），求f（x）的单调区间，判断并证明f（x）在其单调区间上的x+b
x1+ax2+a(x1+a)(x2+b)-(x1+b)(x2+a)(b-a)(x1-x2)
， -==
x2+bx2+b(x1+b)(x2+b)(x1+b)(x2+b)
∵a＞b＞0，∴b－a＜0，x1－x2＜0，
只有当x1＜x2＜－b或－b＜x1＜x2时函数才单调． 当x1＜x2＜－b或－b＜x1＜x2时f（x1）－f（x2）＞0．
∴f（x）在（－b，＋∞）上是单调减函数，在（－∞，－b）上是单调减函数．
反思领悟 本小题主要考查了函数单调性的基本知识.对于含参数的函数应用函数单调性的定义求函数的单调区间. 解决本类问题的关键在于利用单调性的定义，在验证函数的单调性的同时加以判断． 【拓展·变式】 3. 讨论函数f（x）=
ax+11
（a≠）在（－2，+∞）上的单调性，并加以证明．
2x+2
题型四 复合函数的单调性 典例4.求函数y=
2
.
2
【研析】由-x-2x+3≥0得函数的定义域为[-3,1].设u=-x-2x+3,
-x2-2x+3=-(x+1)2+4,从而当x∈[-3,-1]时,函数u=-x2-2x+3是增函数,而函
数y=
,故[-3,-1]是函数y=;
x∈[-1,1]时,函数u=-x2-2x+3是减函数,而函数y=为单调增函数,故
当从而当
[-1,1]是函数y=.
思维指南 本题说明了判断复合函数单调性的方法,即若f(x)为增函数,则复合函数f(g(x))的单调
性与g(x)的单调性一致;若
f(x)为减函数,则复合函数f(g(x))的单调性与g(x)的单调性相反;即
“同增异减”.另外,在判断复合函数的单调性时,一定要求注意函数的定义域.
【拓展·变式】
4.求函数
f(x).
题型五 函数单调性的应用
中学数学教材学习讲义(必修1)人教A版
典例5.设a为实数，函数f（x）=x2+|x－a|+1，x∈R, 求f（x）的最小值.
【研析】①当x≤a时，函数f（x）=x2－x+a+1=（x－
123）+a+. 24
若a≤
1
，则函数f（x）在(-∞,a)上单调递减，从而，函数f（x）在(-∞,a)上的最小值为f（a）=a2+1. 2
1131
，则函数f（x）在(-∞,a]上的最小值为f（）=+a，且f（）≤f（a）. 2242
123
）－a+. 24
若a＞
②当x≥a时，函数f（x）=x2+x－a+1=（x+
若a≤－
1131
，则函数f（x）在［a，+∞)上的最小值为f（－）=－a，且f（－）≤f（a）. 22421
)，则函数f（x）在[a,+∞
2
上单调递增，从而，函数f（x）在[a,
若a＞－
+∞)
上的最小值为f（a）=a2+1.
综上，当a≤－
1311
时，函数f（x）的最小值是－a.当－＜a≤时，函数f（x）的最小值是a2+1. 2422
当a＞
13时，函数f（x）的最小值是a+. 24
思维指南 本题为利用函数的单调性研究函数的值域或最值问题.分析二次函数的性质,经常通过数形结
合方法来进行处理,应首先找到函数的对称轴,借且于函数的图象进行解决. 函数的单调性是函数的重要性质之一，应用它可以比较函数值的大小，求函数的值域、最值；应用它可研究方程根的情况；也可求函数解析式中参数的范围；绘函数的图像时，也经常应用它.
【拓展·变式】
5.已知函数
f(x)
对任意
x,y∈R总
有
f(x)+f(y=)f(+x,且y当x>0
时
2f(x)
3
(1)求证:函数(2)求
f(x)是R上的减函数;
f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值.
▲ 综合思维探究
题型一 学科内综合题
典例6. 已知f(x)是定义在R上的增函数，对x∈R有f(x)>0，且f(5)=1，设F(x)= f(x)+
1
，讨论F (x)f(x)
中学数学教材学习讲义(必修1)人教A版 的单调性，并证明你的结论.
【研析】这是抽象函数的单调性问题，应该用单调性定义解决. 在R上任取x1、x2，设x1
F(xx)=[f(2x+)2)-F(1
111
-][f1(x+)=]f[2x(-)f1x(-)][1
f(xf(1x)f(1x)f(2x)2)
1
f(x1)f(x2)
],
∵f(x)是R上的增函数，且f(10)=1，∴当x10时f(x)>1; ① 若x1x1>5，则f(x2)>f(x1)>1 , ∴f(x1)f(x2)>1, ∴1-
1>0, ∴ F(x2)> F (x1). f(x1)f(x2)
综上，F (x)在（－∞，5）为减函数，在（5，+∞）为增函数.
方法探究 此题涉及抽象函数的有关证明,要求较高,此外在 F(x1)－F(x2)的变形中涉及到增减项的技巧,
它也应是源于单调性只能比较同一个函数的某两个函数值,必须构造出f(x1) 与 f(x2)的差和 g(x1)与 g(x2)的差. 此题虽比较简单,但渗透了对分类讨论的认识与使用. 该题属于判断抽象函数的单调性.抽象函数问题是函数学习中一类比较特殊的问题，其基本能力是变量代换、换元等，应熟练掌握它们的这些特点.
【拓展·变式】
6. 对任意a∈[－4,5],不等式x2－6x＜a(x－2)恒成立，求x的取值范围.
题型二 实际应用题
典例7. 在经济学中，函数f(x)的边际函数为Mf(x)，定义为Mf(x)=f(x+1)-f(x)，
2
某公司每月最多生产100台报警系统装置。生产x台的收入函数为R(x)=3000x-20x（单
位元），其成本函数为C(x)=500x+4000（单位元），利润的等于收入与成本之差. (1)求出利润函数p(x)及其边际利润函数Mp(x)；
(2)求出的利润函数p(x)及其边际利润函数Mp(x)是否具有相同的最大值； (3)你认为本题中边际利润函数Mp(x)最大值的实际意义.
【研析】(1)p(x)=R(x)-C(x)=-20x2+2500x-4000,x∈[1,100],x∈N.
Mp(x)=p(x+1)-p(x)=[-20(x+1)2+2500(x+1)-4000]-(-20x2+2500x-4000),
=2480-40x，x∈[1,100],x∈N；
(2)p(x)=-20(x-125)2+74125,x∈[1,100],x∈N，故当x=62或63时，p(x)max=74120（元）。
2
因为Mp(x)=2480-40x为减函数，当x=1时有最大值2440。故不具有相等的最大值.
(3)边际利润函数区最大值时，说明生产第二台机器与生产第一台的利润差最大.
思维指南 解决函数应用题应遵循读题、分析、列式、求解、下结论五个步骤，应该注意的是，在解决函数应用题时，一定要符合问题的实际背景，也就是说，在列出函数式时，应注意研究函数的定义域． 【拓展·变式】
7. 某租凭公司拥有汽车100辆,当每辆汽车的月租金为3000元时,可全部租出;当每辆汽车的月租金增加`50元时,未出租的汽车将会增加一辆.租出的车每辆每月需要维护费150元,未租出的汽车每辆每月需维护费50元.
中学数学教材学习讲义(必修1)人教A版
(1)当每辆汽车的月租金定为3600元时,能租出多少辆车? (2)当每辆汽车的月租金定为多少元时,租赁公司的月收益最大?
▲ 创新思维探究
题型一 开放探究题
典例8.设函数f(x)=x2+1-ax (a>0),求a的取值范围，使函数f(x)在区间[0,+∞)上是单调函数．
【研析】a≥ 1时，
f(x2)-f(x1)a(x2-x1)=(x2-x1a)
f(x1)>f(x2)，f(x)递减；
0
【拓展·变式】
8. 已知函数
f(x)=x2+1，且g(x)=f[f(x)]，G(x)=g(x)-λf(x)，试问，是否存在实数
λ，使得G(x)在(-∞,-1]上为减函数，并且在(-1,0)上为增函数.
题型二 课标创新题
典例9. f(x)是定义在(0，+∞)上的增函数，且f(
(1)求f(1)的值； (2)若f(6)＝1，解不等式f(x+3)－f(【研析】(1)令
xy
)＝f(x)－f(y).
1x
)＜2.
y=x≠0，从而得f(1)=f(x)-f(x)=0;
36
)=f(36)-f(6)，∴f(36)=2f(6)=2． (2)∵f(6)=f(6
因为f(x)是定义在(0，+∞)上的增函数，
x+3>0⎧⎧x+3>0⎪⎪111⎪⎪
所以原不等式f(x+3)－()＜f(36)⇔⎨ ⇔⎨>0>0
xxx⎪⎪22
⎪⎪⎩f(x+3x)
-3+317
解得0
2
从而原不等式的解集为
理念链接 本题为利用函数的单调性解不等式的问题,函数的单调性是解(证明)不等式问题的重要依据,但在求解时,不要忽视函数的定义域. 【拓展·变式】
9. 设
f(x)是定义在(0，+∞)上的增函数，且f(xy)=f(x)+f(y);若f(2)=1,解不等式
中学数学教材学习讲义(必修1)人教A版 f(x)+f(x-3)≤2.
▲ 高考思维探究
高考命题的热点，是高中数学中最活跃的部分,需在平时学习过程中认真仔细地把握.
典例10.（2008年江西卷理）若函数y=f(x)的值域为[,3]，则函数F(x)=f(x)+
是（ ）
A．[
【研析121的值域f(x)11051010,3] B．[2,] C．[,] D．[3,] 232331】令t=f(x)，由于函数y=f(x)的值域为[,3]2，即1≤t≤32，从而y=f(x)+
y=t+1111=t+，所以当t∈[,1]时，y=t+为关于t的减函数；而当t∈[1,3]时，2tf(x)t110为关于t的增函数；所以当t=1时，y有最小值为2，而又因为当t=3时，y有最大值为，t3从而应选B.
品思感悟 本题主要考查了复合函数单调性的判断,在解题的过程中,巧妙地将F(x)转化成关于t=f(x)的函数,把f(x)看作自变量,将原题化为熟悉的问题,体现了转化与化归思想的应用.
【拓展·变式】
10.(2008年山东维坊模拟)已知
( )
A.(-1,1) B.(0,1) C.(-1,0) (0,1) D.(-∞,-1) (1,+∞)
f(x)为定义在R上的增函数,则满足f(|1|)>f(1)的实数x的取值范围x
开拓学习新视野
▲课标知识拓展 杰弗里·朱——杰出的华裔计算机科学家
在1980年一次向32位科学家授予计算机先驱奖以后，1981年的计算机先驱奖只授予一位科学家，那就是美籍华裔科学家杰弗里·朱(Jeffrey Chuan Chu).
杰弗里·朱1919年7月14日生于天津.1942年他在明尼苏达大学(University of Minnesota)取得电气工程学士学位以后进入宾夕法尼亚大学，于1945年取得硕士学位.他是以半工半读方式完成学业的.朱在攻读硕士学位期间，宾夕法尼亚大学的莫尔学院刚好启动ENIAC计划，聪明好学的朱被选中进入ENIAC的研制小组，这个黄皮肤、黑眼睛的中国青年在ENIAC的线路设计和实验调试中发挥了重要作用.1945年，朱和埃克特还曾尝试用磁性材料实现存储器，但由于ENIAC任务的紧张，未能坚持下去，而被另一位中国人王安(Wang An)和MIT的福雷斯特(J．W．Forrester)先拔头筹.
在莫尔学院，朱除了从头到尾参加了ENIAC的开发工作以外，也参加了EDVAC的讨论、酝酿和方案设计工作.1949年他转入著名的阿尔贡国立实验室ANL(Argonne National Laboratory)，负责计算机的开发.
这个计算机工程于1950年初正式启动，1951年就完工并投入使用，充分显示了朱的组织领导才能和技术功底.同年，朱联合联合研制组的成果就是除了完成AVIDAC计算机以外，也完成了另一台计算机ORACLE(Oak Ridge Automatic Computer and Logic Engine).这为学术界树立了团结协作的一个成功榜样，同时也反映了朱的远见卓识.ORACLE完成于1953年夏，同年10月安装于橡树岭开始投入运行.这两台机器的体系结构与冯·诺伊曼设计的IAS相似，但工程设计有所不同，速度比IAS快，存储器比IAS大一倍，配有磁带机作辅存.它们在美国原子能和新型武器的研究中都发挥过重要作用.
朱后来还参与过洛斯阿拉莫斯的MANIAC等计算机的研制.1959年他离开阿尔贡以后，先后在一些著名的计算机公司如Sperry Rand、Univac、Honeywell、Wang Lab等任职.20世纪80年代，他创办了Sanders Technology Inc.，任主席兼首席执行官.
朱在祖国大陆有几个职务：中国社会科学院名誉院士，国家计委顾问，上海布涌大学的兼职教授和校董事会的名誉董事.
朱是1996年2月参加莫尔学院隆重纪念ENIAC诞生50周年活动的原研制组尚健在的少数几个成员之一.发言中，他认为最值得钦佩的是最早使用计算机的人而不是最早设计计算机的人(We should honor the early users rather than the early designer)，因为如同航空业的发展是因为林德伯格(Charles Lindbergh，1902—1974)独自驾机在1927年5月21日进行了首次穿越大西洋的不间断飞行，而不是因为赖特兄弟(指Wilbur Wright，1867—1912和Orville Wright，1871—1948)发明了飞机.这又一次显示了朱的远见卓识和谦逊态度.
优化考题新演练
一、理解与应用
1. 在区间(-∞,0)上为增函数的是
A．C． （ ） y=1 y=-x2-2x-1
22. 已知y=x+2(a-2)x+5在区间(4,+∞)上是增函数，则a的范围是（ ）
A． a≤-2 B．a≥-2 C．a≥-6 D．a≤-6 x+2 1-x2D．y=1+x B．y=
f(x)在(a,b)和(c,d)都是增函数，若x1∈(a,b),x2∈(c,d)，且x1
A．f(x1)f(x2)
C．f(x1)=f(x2) D．无法确定
4. (2008年维坊模拟)已知f(x)在实数集上是减函数，若a+b≤0，则下列正确的是（ ）
A．f(a)+f(b)≤-[f(a)+f(b)] B． f(a)+f(b)≤f(-a)+f(-b) 3. 函数
C．f(a)+f(b)≥-[f(a)+f(b)] D．f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)
二、拓展与创新
5. 函数y=
6. 若函数x2+2x-3的递减区间是 f(x)=ax-b+2在x∈[0,+∞)上为增函数,则实数a,b三、综合与探究
7. 函数f(x),g(x)在区间[a,b]上都有意义，且在此区间上
①f(x)为增函数，f(x)>0； ②g(x)为减函数，g(x)
判断f(x)g(x)在[a,b]的单调性，并给出证明.
8. 设a>0，exaf(x)=+xae是R上的函数, 证明f(x)在(0,+∞)上为增函数. 答案与解析研读 1. 解：先作出函数y=-x2+2x+3的图象，由于绝对值的作用，
把x轴下方的图象沿x轴对折到x
由函数的图象可知，函数在(-∞,-1]、[1,3]上是减函数，
在[-1,1]、[3,+∞)上是增函数. 2. 解：设－1＜x1＜x2＜1，
则f（x1）－f（x2）=ax1x2-ax1-ax2x1+ax2
(x1-1)(x2-1)2222. ax1
x1-12－ax2
x2-12==a(x2-x1)(x1x2+1)
(x1-1)(x2-1)22
∵－1＜x1＜x2＜1，∴x2－x1＞0，x1x2+1＞0，（x12－1）（x22－1）＞0.又a＞0，∴f（x1）－f（x2）＞0，函数f（x）在（－1，1）上为减函数.
3. 解：设x1、x2为区间（－2，+∞）上的任意两个值，且x1＜x2，则
f（x1）－f（x2）=ax1+1ax2+1(ax1+1)(x2+2)-(ax2+1)(x1+2)(x2-x1)(1-2a)-==. x1+2x2+2(x1+2)(x2+2)(x1+2)(x2+2)∵x1∈（－2，+∞），x2∈（－2，+∞）且x1＜x2，∴x2－x1＞0，x1+2＞0，x2+2＞0.
∴当1－2a＞0，即a＜
当1－2a＜0，即a＞
4. 解：由x
令u21时，f（x1）＞f（x2），该函数为减函数； 21时，f（x1）＜f（x2），该函数为增函数. 2+x-6≥0，得x≤-3或x≥2，所以f(x)的定义域为{x|x≤-3或x≥2}. 125=x2+x-6，则原函数化为y=u=x2+x-6=(x+)2-.所以： 24
(1)当x∈(-∞,-3]时,函数u为关于x的减函数,而y为关于u的增函数,∴y为关于x的减函数,区间(-∞,-3]为函数f(x)的单调递减区间.
(2) 当x∈[2,+∞)时,函数u为关于x的增函数,而y为关于u的增函数,∴y为关于x的增函数,区间
[2,+∞)为函数f(x)的单调递增区间.
综上知, 函数f(x)的单调递减区间是(-∞,-3],单调递增区间是[2,+∞).
=y=0,则f(0)=0;再令y=-x,则应有f(-x)=-f(x),从而在R上任取x1>x2,5. (1)证明:令x
则
f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2).
x1>x2,∴x1-x2>0.又 x>0时,f(x)
(2) 函数
上,f(x)在R上的减函数. 上的减函数,∴f(x)是Rf(x)在区间[-3,3]上也是减函数.从而可知在区间[-3,3]f(-3)最大,f(3)最小.
2 f(3)=f(2)+f(1)=f(1)+f(1)+f(1)=3f(1)=3⨯(-)=-2,∴f(-3)=-f(3)=2. 3
即f(x)在[-3,3]上的最大值为2,最小值为－2.
6. 解: 这是一题含参不等式的恒成立问题，习惯上是利用实根分布或变量分离来求参数的取值范围.而此地却是已知a的范围求x的取值范围，根据常规思路把此不等式整理变形为关于a的一元一次不等式：a((x－2))－ x2+6x＞0在a∈[－4,5]上恒成立，由于一次函数是单调的，若令f(x)= a(x－2)－ x2+6x ；只需f(－
4)＞0且f(5)＞0即可，所以x∈(1,4)．
7. 解:(1) 当每辆汽车的月租金定为3600元时,未租出的车辆数为
(2)设每辆车的月租金定为x元,则租赁公司的月收益为: 3600-3000=12辆,这时能租出88辆车. 50
f(x)=(100-x-3000x-3000)(x-150)-⨯50 5050
x21=-+162x-21000=-(x-4050)2+307050 5050
所以当月租金定为每辆每月4050元时,租赁公司的月收益最大,最大为307050元.
8. 解：g(x)=f[f(x)]=f(x2+1)=(x2+1)2+1=x4+2x2+2.
G(x)=g(x)-λf(x)=x4+2x2+2-λx2-λ=x4+(2-λ)x2+(2-λ)
G(x1)-G(x2)=[x1+(2-λ)x1+(2-λ)]-[x2+(2-λ)x2+(2-λ)] 4242
=(x1+x2)(x1-x2)[x1+x2+(2-λ)]
有题设当x1
则4-λ220，x1+x2+(2-λ)>1+1+2-λ=4-λ， 22≥0,λ≤4 当-10，x12+x22+(2-λ)
≥0,λ≥4 故λ=4. 则4-λ
9. 令x=y=2得f(4)=2f(2)=2.
f(x)+f(x-3)=f[x(x-3)]=f(x2-3x),∴f(x2-3x)≤f(4).
又因为⎧x2-3x≤4⎪f(x)是定义在(0，+∞)上的增函数,所以应有⎨x>0解得3
⎪x-3>0⎩
故x的取值范围是(3,4].
⎧x≠011||>110. C 解: f(x)为定义在R上的增函数且f(||)>f(1),从而有,即⎨解得-1
或0
2．B 提示:对称轴x=2-a,2-a≤4,a≥-2.
3.D
4. D 提示: a+b≤0,∴a≤-b,b≤-a且f(x)在实数集上是减函数，从而知
f(a)≥f(-b),f(b)≥f(-a),从而选D.
5. (-∞,-3) 提示:借助复合函数的单调性加以判断.
6. a>0且b≤0 提示:画出图象，考虑开口向上向下和左右平移
7. 解：减函数令a≤x1
g(x1)-g(x2)>0，即可得f(x2)
故函数f(x1)(g(x1)-g(x2))>0，(f(x1)-f(x2))g(x2)>0从而*式*>0， f(x)g(x)为减函数.
8.证明: 设0
1-1)=e(ex1x2-x111-ex1ex2 =(e-e)(
由x1
∴x2x1ex1+x21-ex2+x1-1)x2+x1e， >0,x2>0,x2-x1>0，得x1+x2>0,ex2-x1-1>0，1-ex2+x1
第1.3.1节 单调性与最大(小)值
研习教材重难点
研习点1. 增函数与减函数
1.增函数与减函数的概念（重点） 一般地,设函数
f(x)的定义域为I
:
增函数的定义:如果对于定义域内某个区间
D上的任意两个自变量的值
x1,x2,当x1
增函数(increasing function).如右图所示.
减函数的定义:如果对于定义域内某个区间D上的任意两个自变量的值x1,x2,
当
x1f(x2),那么就说函数f(x)在区间D上是减函数
从增函数的定义可以看出, 函数是增函数还是减函数，是对定义域内某个区间
(decreasing function).如右图所示.
而言的.有的函数在一些区间上是增函数，而在另一些区间上不是增函数.例如函数，当x∈[0,+∞)时是增函数，当x∈(-∞,0)时是减函数. y=x2（如右图）
函数单调性的定义要特别注意定义中“定义域内某个区间”“属于”“任意”“都有”这几个关键词语.另外,在某个区间上的两个自变量x1,x2与其对应的函数值对增函数而言是“荣辱与共”的，而对于减函数而言, “此消彼长”的. 单调性的定义的等价形式：设x1,x2（1）
∈[a,b]，那么
f(x1)-f(x2)f(x1)-f(x2)0⇔f(x)在[a,b]是增函数；
x1-x2x1-x2
（2）
(x1-x2)⎡⎣f(x1)-f(x2)⎤⎦
f(x)在这一区间具有（严格的）单调性，
2．单调性与单调区间（难点）
若函数y=f(x)在某个区间是增函数或减函数，则就说函数这一区间叫做函数
f(x)的单调区间.此时也说函数是这一区间上的单调函数.在单调区间上，增函数的图象
是上升的，减函数的图象是下降的.
在理解函数的单调性与单调区间时就注意以下几个方面
:
⑴函数的单调区间是其定义域的子集；增函数、减函数、单调函数是对整个定义域而言.有的函数不是单调函数，但在某个区间上可以有单调性. 因此说函数的单调性是对某个区间而言的，是一个局部概念.
⑵应是该区间内任意的两个实数，忽略需要任意取值这个条件，就不能保证函数是增函数（或减函数），例如右图中，在x1,x2那样的特定位置上，虽然使得然此图象表示的函数不是一个单调函数；
f(x1)>f(x2)，但显
⑶除了严格单调函数外，还有不严格单调函数，它的定义类似上述的定义，只要将上述定义中的“
f(x1)f(x2), ”改为“f(x1)≤f(x2) 或f(x1)≥f(x2),”即可；
⑷定义的内涵与外延：
内涵:是用自变量的大小变化来刻划函数值的变化情况；
外延:①一般规律：自变量的变化与函数值的变化一致时是单调递增，自变量的变化与函数值的变化相
对时是单调递减.
②几何特征：在自变量取值区间上，若单调函数的图象上升，则为增函数，图象下降则为减函数.
思考：函数单调区间与函数的单调性是同一个概念吗?“某个函数数
f(x)在区间D上单调”与“区间D是函
f(x)的单调区间”这两句话,你认为一样吗?
典例1. 给出下列函数的图象,指出函数的单调区间,并指明其单调性.
【研析】通过图象直观观察其升降来判断其增减性,但必须注意区间端点的取舍要合理,图（1）中 f(x)的单
调区间有
(-3,1],(－1,0),[0,1),[1,3).其中在(-3,1]和[0,1)上是减函数,在 (－1,0)和[1,3)上是增函数.
图（2）中 g(x)的单调区间有 -
⎛ππ⎫⎛π3π⎫⎛ππ⎫⎛π3π⎫
,⎪和 ,⎪,其中在 -,⎪和 ,⎪上都是减函数. ⎝22⎭⎝22⎭⎝22⎭⎝22⎭
以上是通过观察图象的方法来说明函数在某一区间的单调性，是一种比较粗略的方法，那么，对于任给函数，我们怎样根据增减函数的定义来证明它的单调性呢？ 3．单调性的判断与证明（难点）
用定义法判断或证明函数f(x) 在给定的区间D上的单调性的方法步骤：
(1) 任取x1，x2∈D，且x1
(3)变形（通常是因式分解和配方）； (4) 定号（即判断差f(x1)－f(x2)的正负）；
(5) 下结论（即指出函数f(x)在给定的区间D上的单调性）.
典例2. 讨论函数f(x)=-x2的单调性.
【研析】定义域 {x|-1≤x≤1} 在[-1,1]上任取x1,x2且x1
f(x1)=-x1
2
,
f(x2)=-x2
21
2
2
从而
f(x1)-f(x2)=-x--x2
=
2
(1-x12)-(1-x2)
-x+-x
2
122
=
x22-x12-x+-x
21
22
=
(x2+x1)(x2-x1)-x+-x
21
22
∵x1
2
>0 0 另外，恒有+x12++x2
∴若-1≤x10 则
f(x1)-f(x2)0 f(x1)>f(x2)
∴ 在[-1，0]上f(x)为增函数，在[0，1]上为减函数.
4.复合函数的单调性
①关于复合函数的单调性. 如果函数若
y=f(u),u=g(x)在区间D上定义,
y=f(u)为增函数, u=g(x)为增函数,则y=f⎡⎣g(x)⎤⎦为增函数; 若y=f(u)为增函数, u=g(x)为减函数,则y=f⎡⎣g(x)⎤⎦为减函数; y=f(u)为减函数, u=g(x)为减函数,则y=f⎡⎣g(x)⎤⎦为增函数; 若y=f(u)为减函数, u=g(x)为增函数,则y=f⎡⎣g(x)⎤⎦为减函数.
若
②关于分段函数的单调性. 若函数
⎧⎪g(x),x∈[a,b],g(x)在区间[a,b]上是增函数, h(x)在区间[c,d]上是增f(x)=⎨
⎪⎩h(x),x∈[c,d]
函数,则
f(x)在区间[a,b] [c,d]上不一定是增函数,若使得f(x)在区间[a,b] [c,d]上一定是增
函数,需补充条件:
g(b)≤h(c)
【梳理·总结】 从图象上看出函数的单调性
利用图像判断函数的单调性时，如果函数在定义域内的某一区间上图像自左向右是上升的，那么就说函数在这一区间上是增函数，这个区间就是它的单调递增区间.如果函数在定义域内的某一区间上图像自左向右是下降的，那么就说函数在这一区间上是减函数，这个区间就是它的单调递减区间.
典例3.已知f(x)=8+2x-x2,若g(x)=f(2-x2)试确定g(x)的单调区间和单调性
【研析】该题考察了复合函数的单调性.要记住“同向增、异向减”的规则.函数的定义域为R，分解基本函数为g显然g而t
=f(t)=-t2+2x+8和t=2-t2.
=f(t)=-t2+2x+8在(1,+∞)上是单调递减的，(-∞,1)上单调递增；
=2-x2在(-∞,0),(0,+∞)上分别是单调递增和单调递减的.且2-x2=1⇒x=±1，
(-∞,-1),(0,；1)单调减区间为
根据复合函数的单调性的规则：所以函数的单调增区间为
(1,+∞),-(1,. 0)
研习点2.函数的最大值与最小值
最大值：一般地，设函数y=f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足： ① 对于任意的x∈I，都有f(x)≤M； ②存在x0∈I，使得f(x0) = M. 那么，称M是函数y=f(x)的最大值.
最小值：一般地，设函数y=f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足： ① 对于任意的x∈I，都有f(x)≥M； ② 存在x0∈I，使得f(x0) = M. ③ 那么，称M是函数y=f(x)的最小值.
1 函数最大（小）首先应该是某一个函数值，即存在x0∈I，使得f(x0) = M； 注意：○
2 函数最大（小）应该是所有函数值中最大（小）的，即对于任意的x∈I，都有f(x)≤M（f(x)≥M）. ○
中学数学教材学习讲义(必修1)人教A版 【探究·发现】 判断函数的最大（小）值的方法 1 利用二次函数的性质（配方法）求函数的最大（小）值； ○
2 利用图象求函数的最大（小）值; ○
3 利用函数单调性的判断函数的最大（小）值: ○
如果函数y=f(x)在区间[a，b]上单调递增，在区间[b，c]上单调递减则函数y=f(x)在x=b处有最大值f(b)； 如果函数y=f(x)在区间[a，b]上单调递减，在区间[b，c]上单调递增则函数y=f(x)在x=b处有最小值f(b).
典例4.当x∈[0,1]时，求函数f(x)=x2+(2-6a)x+3a2的最小值
【研析】 函数y=f(x)图象的对称轴为方程为x=3a-1,从而
12时，[0,1]是f(x)的递增区间，f(x)min=f(0)=3a； 322
当3a-1>1，即a>时，[0,1]是f(x)的递减区间，f(x)min=f(1)=3a-6a+3；
3122
当0≤3a-1≤1，即≤a≤时，f(x)min=f(3a-1)=-6a+6a-1
33
当3a-1
从而
f(x)min
⎧3a2⎪
=⎨3a2-6a+3 ⎪-6a2+6a-1⎩
1)32
(a>)
3
12(≤a≤)33(a
探究解题新思路
▲ 基础思维探究
题型一 单调性的判断
典例1.判断下列函数的单调性：
(1)
y=|x-1|+|2x+4|; (2)y=-x2+2|x|+3.
【研析】(1)
⎧3x+3,(x>1)⎪
y=|x-1|+|2x+4|⎨x+5,(-2≤x≤1),其图象如右图所示:
⎪-3x-3,(x
由函数的图象可知,函数在[-2,+∞)上是增函数,在(-∞,-2]上是减函数.
(2)
⎧-x2+2x+3,(x≥0)
y=-x+2|x|+3=⎨2,其图象如右图所示:
⎩-x-2x+3,(x
2
由函数的图象可知,函数在(-∞,-1]、[0,1]上是增函数， 在[-1,0]、[1,+∞)上是减函数.
【总结与点评】研究函数的单调性的方法主要有图象法、定义法以及利用已知函数的单调性，数形结合始
终是研究函数性质及其应用的重要思想.本题中所给出的两个小题的函数式中均含有绝对值，可以采用分零点讨论去绝对值的方法，将函数转化为分段函数，再画出函数的图象，通过函数的图象观察函数的单调性.
【拓展·变式】
中学数学教材学习讲义(必修1)人教A版
1.判断函数y=|-x2+2x+3|的单调性.
题型二 单调性的证明
典例2. 利用单调性的定义证明函数f(x)=-x3+1在（－∞，+∞）上是减函数.
【研析】证法一:对任意x1,x2∈(-∞,+∞)且x1
13232
f(x2)-f(x1)=x13-x2=(x1-x2)(x12+x1x2+x2)=(x1-x2)[(x1+x2)2+x2]
24
132
>0，f(x2)-f(x1)
24
即
f(x1)>f(x2)，f(x)是减函数.
证法二: 对任意x1,x2∈(-∞,+∞)且x1
332
f(x2)-f(x1)=x1-x2=(x1-x2)(x12+x1x2+x2)
当x1x2当x1x2
2
0 2≥0时，有x12+x1x2+x2>0 x1-x2
f(x2)-f(x1)f(x2)，f(x)是减函数.
证法三: 对任意x1,x2∈(-∞,+∞)且x1
332
f(x2)-f(x1)=x1-x2=(x1-x2)(x12+x1x2+x2)=(x1-x2)2-x1x2
当x1∴
0，又 x1-x2
f(x2)-f(x1)f(x2)，f(x)在（-∞，0]上是减函数.
f(x)在[0，+∞）上是减函数
同理，∴
f(x)在（－∞，+∞）是减函数.
反思领悟 用定义证明函数单调性时，应注意证明的四个步骤是：⑴设x1,x2是给定区间内的任意两
个值，且x1
f(x1)－f(x2)，并将此差式变形（要注意变形的程度）；⑶判断f(x1)－
f(x2)的正负（要注意说理的充分性）；⑷根据f(x1)－f(x2)的符号确定其增减性..
【拓展·变式】
中学数学教材学习讲义(必修1)人教A版
2. 讨论函数f（x）=
ax
（a＞0）在x∈（－1，1）上的单调性
x2-1
题型三 求函数的单调区间 典例3. 设函数f（x）＝
单调性.
【研析】在定义域内任取
x1＜x2，∴f（x1）－f（x2）＝
x+a
（a＞b＞0），求f（x）的单调区间，判断并证明f（x）在其单调区间上的x+b
x1+ax2+a(x1+a)(x2+b)-(x1+b)(x2+a)(b-a)(x1-x2)
， -==
x2+bx2+b(x1+b)(x2+b)(x1+b)(x2+b)
∵a＞b＞0，∴b－a＜0，x1－x2＜0，
只有当x1＜x2＜－b或－b＜x1＜x2时函数才单调． 当x1＜x2＜－b或－b＜x1＜x2时f（x1）－f（x2）＞0．
∴f（x）在（－b，＋∞）上是单调减函数，在（－∞，－b）上是单调减函数．
反思领悟 本小题主要考查了函数单调性的基本知识.对于含参数的函数应用函数单调性的定义求函数的单调区间. 解决本类问题的关键在于利用单调性的定义，在验证函数的单调性的同时加以判断． 【拓展·变式】 3. 讨论函数f（x）=
ax+11
（a≠）在（－2，+∞）上的单调性，并加以证明．
2x+2
题型四 复合函数的单调性 典例4.求函数y=
2
.
2
【研析】由-x-2x+3≥0得函数的定义域为[-3,1].设u=-x-2x+3,
-x2-2x+3=-(x+1)2+4,从而当x∈[-3,-1]时,函数u=-x2-2x+3是增函数,而函
数y=
,故[-3,-1]是函数y=;
x∈[-1,1]时,函数u=-x2-2x+3是减函数,而函数y=为单调增函数,故
当从而当
[-1,1]是函数y=.
思维指南 本题说明了判断复合函数单调性的方法,即若f(x)为增函数,则复合函数f(g(x))的单调
性与g(x)的单调性一致;若
f(x)为减函数,则复合函数f(g(x))的单调性与g(x)的单调性相反;即
“同增异减”.另外,在判断复合函数的单调性时,一定要求注意函数的定义域.
【拓展·变式】
4.求函数
f(x).
题型五 函数单调性的应用
中学数学教材学习讲义(必修1)人教A版
典例5.设a为实数，函数f（x）=x2+|x－a|+1，x∈R, 求f（x）的最小值.
【研析】①当x≤a时，函数f（x）=x2－x+a+1=（x－
123）+a+. 24
若a≤
1
，则函数f（x）在(-∞,a)上单调递减，从而，函数f（x）在(-∞,a)上的最小值为f（a）=a2+1. 2
1131
，则函数f（x）在(-∞,a]上的最小值为f（）=+a，且f（）≤f（a）. 2242
123
）－a+. 24
若a＞
②当x≥a时，函数f（x）=x2+x－a+1=（x+
若a≤－
1131
，则函数f（x）在［a，+∞)上的最小值为f（－）=－a，且f（－）≤f（a）. 22421
)，则函数f（x）在[a,+∞
2
上单调递增，从而，函数f（x）在[a,
若a＞－
+∞)
上的最小值为f（a）=a2+1.
综上，当a≤－
1311
时，函数f（x）的最小值是－a.当－＜a≤时，函数f（x）的最小值是a2+1. 2422
当a＞
13时，函数f（x）的最小值是a+. 24
思维指南 本题为利用函数的单调性研究函数的值域或最值问题.分析二次函数的性质,经常通过数形结
合方法来进行处理,应首先找到函数的对称轴,借且于函数的图象进行解决. 函数的单调性是函数的重要性质之一，应用它可以比较函数值的大小，求函数的值域、最值；应用它可研究方程根的情况；也可求函数解析式中参数的范围；绘函数的图像时，也经常应用它.
【拓展·变式】
5.已知函数
f(x)
对任意
x,y∈R总
有
f(x)+f(y=)f(+x,且y当x>0
时
2f(x)
3
(1)求证:函数(2)求
f(x)是R上的减函数;
f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值.
▲ 综合思维探究
题型一 学科内综合题
典例6. 已知f(x)是定义在R上的增函数，对x∈R有f(x)>0，且f(5)=1，设F(x)= f(x)+
1
，讨论F (x)f(x)
中学数学教材学习讲义(必修1)人教A版 的单调性，并证明你的结论.
【研析】这是抽象函数的单调性问题，应该用单调性定义解决. 在R上任取x1、x2，设x1
F(xx)=[f(2x+)2)-F(1
111
-][f1(x+)=]f[2x(-)f1x(-)][1
f(xf(1x)f(1x)f(2x)2)
1
f(x1)f(x2)
],
∵f(x)是R上的增函数，且f(10)=1，∴当x10时f(x)>1; ① 若x1x1>5，则f(x2)>f(x1)>1 , ∴f(x1)f(x2)>1, ∴1-
1>0, ∴ F(x2)> F (x1). f(x1)f(x2)
综上，F (x)在（－∞，5）为减函数，在（5，+∞）为增函数.
方法探究 此题涉及抽象函数的有关证明,要求较高,此外在 F(x1)－F(x2)的变形中涉及到增减项的技巧,
它也应是源于单调性只能比较同一个函数的某两个函数值,必须构造出f(x1) 与 f(x2)的差和 g(x1)与 g(x2)的差. 此题虽比较简单,但渗透了对分类讨论的认识与使用. 该题属于判断抽象函数的单调性.抽象函数问题是函数学习中一类比较特殊的问题，其基本能力是变量代换、换元等，应熟练掌握它们的这些特点.
【拓展·变式】
6. 对任意a∈[－4,5],不等式x2－6x＜a(x－2)恒成立，求x的取值范围.
题型二 实际应用题
典例7. 在经济学中，函数f(x)的边际函数为Mf(x)，定义为Mf(x)=f(x+1)-f(x)，
2
某公司每月最多生产100台报警系统装置。生产x台的收入函数为R(x)=3000x-20x（单
位元），其成本函数为C(x)=500x+4000（单位元），利润的等于收入与成本之差. (1)求出利润函数p(x)及其边际利润函数Mp(x)；
(2)求出的利润函数p(x)及其边际利润函数Mp(x)是否具有相同的最大值； (3)你认为本题中边际利润函数Mp(x)最大值的实际意义.
【研析】(1)p(x)=R(x)-C(x)=-20x2+2500x-4000,x∈[1,100],x∈N.
Mp(x)=p(x+1)-p(x)=[-20(x+1)2+2500(x+1)-4000]-(-20x2+2500x-4000),
=2480-40x，x∈[1,100],x∈N；
(2)p(x)=-20(x-125)2+74125,x∈[1,100],x∈N，故当x=62或63时，p(x)max=74120（元）。
2
因为Mp(x)=2480-40x为减函数，当x=1时有最大值2440。故不具有相等的最大值.
(3)边际利润函数区最大值时，说明生产第二台机器与生产第一台的利润差最大.
思维指南 解决函数应用题应遵循读题、分析、列式、求解、下结论五个步骤，应该注意的是，在解决函数应用题时，一定要符合问题的实际背景，也就是说，在列出函数式时，应注意研究函数的定义域． 【拓展·变式】
7. 某租凭公司拥有汽车100辆,当每辆汽车的月租金为3000元时,可全部租出;当每辆汽车的月租金增加`50元时,未出租的汽车将会增加一辆.租出的车每辆每月需要维护费150元,未租出的汽车每辆每月需维护费50元.
中学数学教材学习讲义(必修1)人教A版
(1)当每辆汽车的月租金定为3600元时,能租出多少辆车? (2)当每辆汽车的月租金定为多少元时,租赁公司的月收益最大?
▲ 创新思维探究
题型一 开放探究题
典例8.设函数f(x)=x2+1-ax (a>0),求a的取值范围，使函数f(x)在区间[0,+∞)上是单调函数．
【研析】a≥ 1时，
f(x2)-f(x1)a(x2-x1)=(x2-x1a)
f(x1)>f(x2)，f(x)递减；
0
【拓展·变式】
8. 已知函数
f(x)=x2+1，且g(x)=f[f(x)]，G(x)=g(x)-λf(x)，试问，是否存在实数
λ，使得G(x)在(-∞,-1]上为减函数，并且在(-1,0)上为增函数.
题型二 课标创新题
典例9. f(x)是定义在(0，+∞)上的增函数，且f(
(1)求f(1)的值； (2)若f(6)＝1，解不等式f(x+3)－f(【研析】(1)令
xy
)＝f(x)－f(y).
1x
)＜2.
y=x≠0，从而得f(1)=f(x)-f(x)=0;
36
)=f(36)-f(6)，∴f(36)=2f(6)=2． (2)∵f(6)=f(6
因为f(x)是定义在(0，+∞)上的增函数，
x+3>0⎧⎧x+3>0⎪⎪111⎪⎪
所以原不等式f(x+3)－()＜f(36)⇔⎨ ⇔⎨>0>0
xxx⎪⎪22
⎪⎪⎩f(x+3x)
-3+317
解得0
2
从而原不等式的解集为
理念链接 本题为利用函数的单调性解不等式的问题,函数的单调性是解(证明)不等式问题的重要依据,但在求解时,不要忽视函数的定义域. 【拓展·变式】
9. 设
f(x)是定义在(0，+∞)上的增函数，且f(xy)=f(x)+f(y);若f(2)=1,解不等式
中学数学教材学习讲义(必修1)人教A版 f(x)+f(x-3)≤2.
▲ 高考思维探究
高考命题的热点，是高中数学中最活跃的部分,需在平时学习过程中认真仔细地把握.
典例10.（2008年江西卷理）若函数y=f(x)的值域为[,3]，则函数F(x)=f(x)+
是（ ）
A．[
【研析121的值域f(x)11051010,3] B．[2,] C．[,] D．[3,] 232331】令t=f(x)，由于函数y=f(x)的值域为[,3]2，即1≤t≤32，从而y=f(x)+
y=t+1111=t+，所以当t∈[,1]时，y=t+为关于t的减函数；而当t∈[1,3]时，2tf(x)t110为关于t的增函数；所以当t=1时，y有最小值为2，而又因为当t=3时，y有最大值为，t3从而应选B.
品思感悟 本题主要考查了复合函数单调性的判断,在解题的过程中,巧妙地将F(x)转化成关于t=f(x)的函数,把f(x)看作自变量,将原题化为熟悉的问题,体现了转化与化归思想的应用.
【拓展·变式】
10.(2008年山东维坊模拟)已知
( )
A.(-1,1) B.(0,1) C.(-1,0) (0,1) D.(-∞,-1) (1,+∞)
f(x)为定义在R上的增函数,则满足f(|1|)>f(1)的实数x的取值范围x
开拓学习新视野
▲课标知识拓展 杰弗里·朱——杰出的华裔计算机科学家
在1980年一次向32位科学家授予计算机先驱奖以后，1981年的计算机先驱奖只授予一位科学家，那就是美籍华裔科学家杰弗里·朱(Jeffrey Chuan Chu).
杰弗里·朱1919年7月14日生于天津.1942年他在明尼苏达大学(University of Minnesota)取得电气工程学士学位以后进入宾夕法尼亚大学，于1945年取得硕士学位.他是以半工半读方式完成学业的.朱在攻读硕士学位期间，宾夕法尼亚大学的莫尔学院刚好启动ENIAC计划，聪明好学的朱被选中进入ENIAC的研制小组，这个黄皮肤、黑眼睛的中国青年在ENIAC的线路设计和实验调试中发挥了重要作用.1945年，朱和埃克特还曾尝试用磁性材料实现存储器，但由于ENIAC任务的紧张，未能坚持下去，而被另一位中国人王安(Wang An)和MIT的福雷斯特(J．W．Forrester)先拔头筹.
在莫尔学院，朱除了从头到尾参加了ENIAC的开发工作以外，也参加了EDVAC的讨论、酝酿和方案设计工作.1949年他转入著名的阿尔贡国立实验室ANL(Argonne National Laboratory)，负责计算机的开发.
这个计算机工程于1950年初正式启动，1951年就完工并投入使用，充分显示了朱的组织领导才能和技术功底.同年，朱联合联合研制组的成果就是除了完成AVIDAC计算机以外，也完成了另一台计算机ORACLE(Oak Ridge Automatic Computer and Logic Engine).这为学术界树立了团结协作的一个成功榜样，同时也反映了朱的远见卓识.ORACLE完成于1953年夏，同年10月安装于橡树岭开始投入运行.这两台机器的体系结构与冯·诺伊曼设计的IAS相似，但工程设计有所不同，速度比IAS快，存储器比IAS大一倍，配有磁带机作辅存.它们在美国原子能和新型武器的研究中都发挥过重要作用.
朱后来还参与过洛斯阿拉莫斯的MANIAC等计算机的研制.1959年他离开阿尔贡以后，先后在一些著名的计算机公司如Sperry Rand、Univac、Honeywell、Wang Lab等任职.20世纪80年代，他创办了Sanders Technology Inc.，任主席兼首席执行官.
朱在祖国大陆有几个职务：中国社会科学院名誉院士，国家计委顾问，上海布涌大学的兼职教授和校董事会的名誉董事.
朱是1996年2月参加莫尔学院隆重纪念ENIAC诞生50周年活动的原研制组尚健在的少数几个成员之一.发言中，他认为最值得钦佩的是最早使用计算机的人而不是最早设计计算机的人(We should honor the early users rather than the early designer)，因为如同航空业的发展是因为林德伯格(Charles Lindbergh，1902—1974)独自驾机在1927年5月21日进行了首次穿越大西洋的不间断飞行，而不是因为赖特兄弟(指Wilbur Wright，1867—1912和Orville Wright，1871—1948)发明了飞机.这又一次显示了朱的远见卓识和谦逊态度.
优化考题新演练
一、理解与应用
1. 在区间(-∞,0)上为增函数的是
A．C． （ ） y=1 y=-x2-2x-1
22. 已知y=x+2(a-2)x+5在区间(4,+∞)上是增函数，则a的范围是（ ）
A． a≤-2 B．a≥-2 C．a≥-6 D．a≤-6 x+2 1-x2D．y=1+x B．y=
f(x)在(a,b)和(c,d)都是增函数，若x1∈(a,b),x2∈(c,d)，且x1
A．f(x1)f(x2)
C．f(x1)=f(x2) D．无法确定
4. (2008年维坊模拟)已知f(x)在实数集上是减函数，若a+b≤0，则下列正确的是（ ）
A．f(a)+f(b)≤-[f(a)+f(b)] B． f(a)+f(b)≤f(-a)+f(-b) 3. 函数
C．f(a)+f(b)≥-[f(a)+f(b)] D．f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)
二、拓展与创新
5. 函数y=
6. 若函数x2+2x-3的递减区间是 f(x)=ax-b+2在x∈[0,+∞)上为增函数,则实数a,b三、综合与探究
7. 函数f(x),g(x)在区间[a,b]上都有意义，且在此区间上
①f(x)为增函数，f(x)>0； ②g(x)为减函数，g(x)
判断f(x)g(x)在[a,b]的单调性，并给出证明.
8. 设a>0，exaf(x)=+xae是R上的函数, 证明f(x)在(0,+∞)上为增函数. 答案与解析研读 1. 解：先作出函数y=-x2+2x+3的图象，由于绝对值的作用，
把x轴下方的图象沿x轴对折到x
由函数的图象可知，函数在(-∞,-1]、[1,3]上是减函数，
在[-1,1]、[3,+∞)上是增函数. 2. 解：设－1＜x1＜x2＜1，
则f（x1）－f（x2）=ax1x2-ax1-ax2x1+ax2
(x1-1)(x2-1)2222. ax1
x1-12－ax2
x2-12==a(x2-x1)(x1x2+1)
(x1-1)(x2-1)22
∵－1＜x1＜x2＜1，∴x2－x1＞0，x1x2+1＞0，（x12－1）（x22－1）＞0.又a＞0，∴f（x1）－f（x2）＞0，函数f（x）在（－1，1）上为减函数.
3. 解：设x1、x2为区间（－2，+∞）上的任意两个值，且x1＜x2，则
f（x1）－f（x2）=ax1+1ax2+1(ax1+1)(x2+2)-(ax2+1)(x1+2)(x2-x1)(1-2a)-==. x1+2x2+2(x1+2)(x2+2)(x1+2)(x2+2)∵x1∈（－2，+∞），x2∈（－2，+∞）且x1＜x2，∴x2－x1＞0，x1+2＞0，x2+2＞0.
∴当1－2a＞0，即a＜
当1－2a＜0，即a＞
4. 解：由x
令u21时，f（x1）＞f（x2），该函数为减函数； 21时，f（x1）＜f（x2），该函数为增函数. 2+x-6≥0，得x≤-3或x≥2，所以f(x)的定义域为{x|x≤-3或x≥2}. 125=x2+x-6，则原函数化为y=u=x2+x-6=(x+)2-.所以： 24
(1)当x∈(-∞,-3]时,函数u为关于x的减函数,而y为关于u的增函数,∴y为关于x的减函数,区间(-∞,-3]为函数f(x)的单调递减区间.
(2) 当x∈[2,+∞)时,函数u为关于x的增函数,而y为关于u的增函数,∴y为关于x的增函数,区间
[2,+∞)为函数f(x)的单调递增区间.
综上知, 函数f(x)的单调递减区间是(-∞,-3],单调递增区间是[2,+∞).
=y=0,则f(0)=0;再令y=-x,则应有f(-x)=-f(x),从而在R上任取x1>x2,5. (1)证明:令x
则
f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2).
x1>x2,∴x1-x2>0.又 x>0时,f(x)
(2) 函数
上,f(x)在R上的减函数. 上的减函数,∴f(x)是Rf(x)在区间[-3,3]上也是减函数.从而可知在区间[-3,3]f(-3)最大,f(3)最小.
2 f(3)=f(2)+f(1)=f(1)+f(1)+f(1)=3f(1)=3⨯(-)=-2,∴f(-3)=-f(3)=2. 3
即f(x)在[-3,3]上的最大值为2,最小值为－2.
6. 解: 这是一题含参不等式的恒成立问题，习惯上是利用实根分布或变量分离来求参数的取值范围.而此地却是已知a的范围求x的取值范围，根据常规思路把此不等式整理变形为关于a的一元一次不等式：a((x－2))－ x2+6x＞0在a∈[－4,5]上恒成立，由于一次函数是单调的，若令f(x)= a(x－2)－ x2+6x ；只需f(－
4)＞0且f(5)＞0即可，所以x∈(1,4)．
7. 解:(1) 当每辆汽车的月租金定为3600元时,未租出的车辆数为
(2)设每辆车的月租金定为x元,则租赁公司的月收益为: 3600-3000=12辆,这时能租出88辆车. 50
f(x)=(100-x-3000x-3000)(x-150)-⨯50 5050
x21=-+162x-21000=-(x-4050)2+307050 5050
所以当月租金定为每辆每月4050元时,租赁公司的月收益最大,最大为307050元.
8. 解：g(x)=f[f(x)]=f(x2+1)=(x2+1)2+1=x4+2x2+2.
G(x)=g(x)-λf(x)=x4+2x2+2-λx2-λ=x4+(2-λ)x2+(2-λ)
G(x1)-G(x2)=[x1+(2-λ)x1+(2-λ)]-[x2+(2-λ)x2+(2-λ)] 4242
=(x1+x2)(x1-x2)[x1+x2+(2-λ)]
有题设当x1
则4-λ220，x1+x2+(2-λ)>1+1+2-λ=4-λ， 22≥0,λ≤4 当-10，x12+x22+(2-λ)
≥0,λ≥4 故λ=4. 则4-λ
9. 令x=y=2得f(4)=2f(2)=2.
f(x)+f(x-3)=f[x(x-3)]=f(x2-3x),∴f(x2-3x)≤f(4).
又因为⎧x2-3x≤4⎪f(x)是定义在(0，+∞)上的增函数,所以应有⎨x>0解得3
⎪x-3>0⎩
故x的取值范围是(3,4].
⎧x≠011||>110. C 解: f(x)为定义在R上的增函数且f(||)>f(1),从而有,即⎨解得-1
或0
2．B 提示:对称轴x=2-a,2-a≤4,a≥-2.
3.D
4. D 提示: a+b≤0,∴a≤-b,b≤-a且f(x)在实数集上是减函数，从而知
f(a)≥f(-b),f(b)≥f(-a),从而选D.
5. (-∞,-3) 提示:借助复合函数的单调性加以判断.
6. a>0且b≤0 提示:画出图象，考虑开口向上向下和左右平移
7. 解：减函数令a≤x1
g(x1)-g(x2)>0，即可得f(x2)
故函数f(x1)(g(x1)-g(x2))>0，(f(x1)-f(x2))g(x2)>0从而*式*>0， f(x)g(x)为减函数.
8.证明: 设0
1-1)=e(ex1x2-x111-ex1ex2 =(e-e)(
由x1
∴x2x1ex1+x21-ex2+x1-1)x2+x1e， >0,x2>0,x2-x1>0，得x1+x2>0,ex2-x1-1>0，1-ex2+x1